Kern und Bild Aufgabe < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:54 So 11.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
| Aufgabe | Bestimmen Sie Kern und Bild von:
(i) [mm] \pmat{ 1 & 2 & 0& 1 \\ 3 & 0 & -2 & 15 \\ -1 & 1 & 1 & -7 } \in \IR^{3 \times 4} [/mm] |
Hi!
Die Elemente des Kerns sind ja alle Elemente die eine Abbildung (in diesem Fall halt ein Gleichungssystem) f(x) = 0 erfüllen. Das heißt ich stelle ein homogenes Gleichungssystem auf und löse dieses:
[mm] \pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & -2 & 15 &0 \\ -1 & 1 & 1 & -7 & 0 } \Rightarrow [/mm] ... [mm] \Rightarrow \pmat{ 1 & 2 & 0 & 1\\ 0 & 1 & \bruch{1}{3} & 2 } \Rightarrow [/mm] Kern der Matrix = < [mm] {\vektor{a\\ b\\c\\d}| a = d - 2b, b = 2d - \bruch{1}{3}c, d = a + 2b, c = -3b + 6d} [/mm] >
Das Bild ist nun eine Menge von Elementen, womit ich jedes f(x) erreichen kann, also in diesem Fall jedes Element aus [mm] R^{3 \times 4} [/mm] oder?
Also suche ich doch nach einer Basis, sprich ich löse folgendes homogenes Gleichungssystem:
[mm] \pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 &-2 & 1 \\ 1 & 15 & -7 } \Rightarrow [/mm] .. [mm] \Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 0 & 1 & \bruch{1}{6} \\ 0 & 0 & \bruch{-2}{3}} [/mm] also ist das Bild = { [mm] \vektor{1 \\ 3 \\ -1}, \vektor{0\\ 1 \\ \bruch{1}{6}}, \vektor{0 \\ 0 \\ \bruch{-2}{3} }}
[/mm]
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Hallo Pille456,
> Bestimmen Sie Kern und Bild von:
> (i) [mm]\pmat{ 1 & 2 & 0& 1 \\ 3 & 0 & -2 & 15 \\ -1 & 1 & 1 & -7 } \in \IR^{3 \times 4}[/mm]
>
> Hi!
> Die Elemente des Kerns sind ja alle Elemente die eine
> Abbildung (in diesem Fall halt ein Gleichungssystem) f(x) =
> 0 erfüllen. Das heißt ich stelle ein homogenes
> Gleichungssystem auf und löse dieses: ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> [mm] $\pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & -2 & 15 &0 \\ -1 & 1 & 1 & -7 & 0 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 2 & 0 & 1\\ 0 & 1 & \bruch{1}{3} & 2 }$ [/mm]
Das ist zwar komisch aufgeschrieben, eigentlich bringst du die Matrix A hier (richtigerweise) in Zeilenstufenform
$ [mm] \Rightarrow$ [/mm] Kern der Matrix = [mm] $\left\{ {\vektor{a\\ b\\c\\d}| a = d - 2b, b = 2d - \bruch{1}{3}c, d = \red{-}a \red{-} 2b, c = -3b \red{-} 6d\right\}}$ [/mm]
Naja, du hast ja mit der Zeilenstufenform oben ein LGS mit 2 Gleichungen in 4 Unbekannten, da kannst du 2 Variablen frei wählen, etwa c und d und dann die Lösungen für a,b - ausschließlich - in Abh. von c,d ausdrücken.
Mit $a=d-2b$ und [mm] $b=2d-\frac{1}{3}c$ [/mm] ist [mm] $a=d-2\left(2d-\frac{1}{3}c\right)=\frac{2}{3}c-3d$
[/mm]
Ich würde es dann so schreiben: [mm] $Kern(A)=\left\{\vektor{\frac{2}{3}c-3d\\2d-\frac{1}{3}c\\c\\d}\mid c,d\in\IR\right\}$
[/mm]
[mm] $=\left\{\vektor{\frac{2}{3}c\\-\frac{1}{3}c\\c\\0}+\vektor{-3d\\2d\\0\\d}\mid c,d\in\IR\right\}=\left\{c\cdot{}\vektor{\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\\1\\0}+d\cdot{}\vektor{-3\\2\\0\\1}\mid c,d\in\IR\right\}$
[/mm]
[mm] $=\left\{\tilde c\cdot{}\vektor{2\\-1\\3\\0}+d\cdot{}\vektor{-3\\2\\0\\1}\mid \tilde c,d\in\IR\right\}=\left\langle\vektor{2\\-1\\3\\0},\vektor{-3\\2\\0\\1}\right\rangle$
[/mm]
Also ist der Kern ein 2dimensionaler Untervektorraum des [mm] $\IR^4$
[/mm]
> >
>
> Das Bild ist nun eine Menge von Elementen, womit ich jedes
> f(x) erreichen kann, also in diesem Fall jedes Element aus
> [mm]R^{3 \times 4}[/mm] oder?
Oh, nö, das Bild ist die Menge aller Funktionswerte, ist also im Zielraum [mm] $\IR^3$ [/mm] enthalten, das Bild(A) bildet einen Untervektorraum des [mm] $\IR^3$
[/mm]
> Also suche ich doch nach einer Basis, sprich ich löse
> folgendes homogenes Gleichungssystem:
> [mm]\pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 &-2 & 1 \\ 1 & 15 & -7 } \Rightarrow[/mm]
> .. [mm]\Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 0 & 1 & \bruch{1}{6} \\ 0 & 0 & \bruch{-2}{3}}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> also ist das Bild = { [mm]\vektor{1 \\ 3 \\ -1}, \vektor{0\\ 1 \\ \bruch{1}{6}}, \vektor{0 \\ 0 \\ \bruch{-2}{3} }}[/mm]
Nein, welche Dimension hat denn das Bild?
Deine MAtrix repräsentiert hier eine lineare Abb. [mm] $\varphi:\IR^4\to\IR^3$
[/mm]
Es gilt doch der Dimensionssatz [mm] $dim(\IR^4)=4=dim(Bild(A))+dim(Kern(A))$
[/mm]
Und $dim(Kern(A))$ ist 2, das haben wir gerade berechnet, also muss das Bild ebenfalls 2dimensional sein
Es ist ein Unterraum des [mm] $\IR^3$
[/mm]
Außerdem weißt du, dass $Bild(A))$ von den Spaltenvektoren von A erzeugt/aufgespannt wird, suche dir also 2 (=dim(Bild(A)) linear unabh. Spaltenvektoren von A aus, die tun es als Basis für das Bild(A)
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:13 So 11.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
> Außerdem weißt du, dass [mm]Bild(A))[/mm] von den Spaltenvektoren
> von A erzeugt/aufgespannt wird, suche dir also 2
> (=dim(Bild(A)) linear unabh. Spaltenvektoren von A aus, die
> tun es als Basis für das Bild(A)
Kann es sein, dass ich nach einer Basis des Unterraumes für [mm] \IR^{4}= [/mm] gesucht habe?
Angenommen ich hätte nun eine Matrix mit n [mm] \times [/mm] n, könnte ich dann nicht so theoretisch so vorgehen wie ich? Also für das Bild suche ich eine Basis für den durch die Matrix definierten Raum, d.h. ich schreibe die Vektoren Zeilenweise hin und löse das homogene Gleichungssystem?
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> > Außerdem weißt du, dass [mm]Bild(A))[/mm] von den Spaltenvektoren
> > von A erzeugt/aufgespannt wird, suche dir also 2
> > (=dim(Bild(A)) linear unabh. Spaltenvektoren von A aus, die
> > tun es als Basis für das Bild(A)
> Kann es sein, dass ich nach einer Basis des Unterraumes
> für [mm]\IR^{4}=[/mm] gesucht habe?
Hallo,
wonach Du so suchst, das wissen wir natürlich nicht...
Auf jeden Fall hast Du Dich nicht so benommen, als würdest Du die Basis eines Unterraums des [mm] \IR^4 [/mm] suchen. Du hast ja auch Vektoren des [mm] \IR^3 [/mm] herausbekommen....
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Im Prinzip hast Du das mit der Bestimmung des Bildes auch nicht falsch gemacht - wenn auch die von Dir verwendete Methode nicht meine bevorzugte ist.
Du kannst das zur Bildbestimmung so machen, egal welches Format die Matrix hat.
Du hast Dich aber bei der Berechnung der entsprechenden ZSF irgendwie verhauen.
Du hattest doch auch schon vorher festgestellt, daß der Rang der gegebenen Matrix =2 ist, also ihr Bild die Dimension 2 hat.
Da solltest Du stutzig werden, wenn Du plötzlich 3 Basisvektoren für das Bild hast.
Ich glaube, ich hatte Dir an anderer Stelle schonmal erklärt, daß (und wie) Du alle Fragen im Zusammenhang mit Kern und Bild beantworten kannst, wenn Du einfach die Matrix auf ZSF bringst.
Du brauchst das Prozedere mit der Transposition eigentlich nicht, und es kostet ja Zeit. Aber wenn Du Dich damit sicherer fühlst, mach es trotzdem. Bloß dann nutze auch die Kontrollmöglichkeiten, die sich Dir dadurch bieten, hier die Information: eine der ZSFen muß verkehrt sein.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:00 So 11.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Hmm gut, ich dachte schon ich wäre mit dem Ansatz vollkommen falsch...
Naja fühle mich mit Zeilen ein wenig sicherer das muss ich zugeben. Hier mal die korrigierte Fassung, diesmal kommt es auch hin... immer diese dummen Rechenfehler:
Kern: [mm] \pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & -2 & 15 \\ -1 & 1 & 1 & -7 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 \\0 & 1 & \bruch{1}{3} & -2 } [/mm] => dim Kern = 2
Kern = { [mm] \vektor{a \\ b \\ c \\ d}| [/mm] a = -2b - d, b = [mm] -\bruch{1}{3} [/mm] + 2d, c = -3b + 6d, d = -a-2b}
Bild: [mm] \pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1 & 15 & 7 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & 1 \\ 0 & -6 & 3 } [/mm] => dim Bild = 2, also ist der Dimensionssatz schonmal erfüllt.
Bild = { [mm] \vektor{1 \\ 3 \\ 1}, \vektor{0 \\ -6 \\ 3} [/mm] }
Ich könnte die Matrix theoretisch ja noch vereinfachen, ist ja aber gar nicht nötig, da ich ja zwei Vektoren suchen die ich jetzt schon gefunden habe.
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> Hmm gut, ich dachte schon ich wäre mit dem Ansatz
> vollkommen falsch...
> Naja fühle mich mit Zeilen ein wenig sicherer das muss ich
> zugeben. Hier mal die korrigierte Fassung, diesmal kommt es
> auch hin... immer diese dummen Rechenfehler:
>
> Kern: [mm]\pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & -2 & 15 \\ -1 & 1 & 1 & -7 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 2 & 0 & 1 \\0 & 1 & \bruch{1}{3} & -2 }[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> => dim Kern = 2
> Kern = { [mm]\vektor{a \\ b \\ c \\ d}|[/mm] a = -2b - d, b = [mm]-\bruch{1}{3}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
+ 2d, c = -3b + 6d, d = -a-2b}
Hallo,
zum Kern hat ja schachuzipus schon was gesagt.
Deine Chefs werden mit dieser Fassung nicht zufrieden sein. Die wollen eine Basis des Kerns sehen, schachuzupus hat vorgemacht, wie's geht.
> Bild: [mm]\pmat{ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1 & 15 & 7 } \Rightarrow \pmat{ 1 & 3 & 1 \\ 0 & -6 & 3 }[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> => dim Bild = 2, also ist der Dimensionssatz schonmal
> erfüllt.
> Bild = { [mm]\vektor{1 \\ 3 \\ 1}, \vektor{0 \\ -6 \\ 3}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
}
> Ich könnte die Matrix theoretisch ja noch vereinfachen,
> ist ja aber gar nicht nötig, da ich ja zwei Vektoren suchen
> die ich jetzt schon gefunden habe.
So sieht das doch recht manierlich aus. Die Vektoren kannst Du so stehenlassen, wenn nicht noch irgendwas besonderes gefordert wird wie z.B. normiert.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:33 So 11.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Hmm verdammt, reicht es auch nicht dazu zu sagen, dass eine Basis des Kerns genau 2 Elemente haben muss?
Wenn nicht, dann eine Version wie diese (zum Rechnen habe ich das von schachuzipus umgekehrt):
[mm] \vektor{a \\ b \\ -5b -a \\ -2b - a} [/mm] => a [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ -1 \\ -1} [/mm] + b [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ -5 \\ -2}
[/mm]
=> Kern(A) = < [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ -1 \\ -1} [/mm] , [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ -5 \\ -2}>
[/mm]
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> Hmm verdammt, reicht es auch nicht dazu zu sagen, dass eine
> Basis des Kerns genau 2 Elemente haben muss?
Hallo,
nein, die wollen wissen welche. Die wollen den Kern genau kennenlernen.
> Wenn nicht, dann eine Version wie diese (zum Rechnen habe
> ich das von schachuzipus umgekehrt):
Alle Elemente des kerns haben die gestalt
> [mm]\vektor{a \\ b \\ -5b -a \\ -2b - a}[/mm] [mm] \red{=} [/mm] a [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ -1 \\ -1}[/mm] + b [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ -5 \\ -2}[/mm]
> => Kern(A) = < [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ -1 \\ -1}[/mm]
> , [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ -5 \\ -2}>[/mm] .
Ja, das würde mich überzeugen!
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:07 So 11.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
Hmm da kam mir gerade noch eine Frage zu diesem Thema:
Wenn ich beim Berechnen des Kernes lineare Unabhängigkeit herausbekomme, besteht dann der Kern nur aus Vektoren die am i.ten Eintrag immer eine Null haben und sonst irgendwelche Zahlen? Also sowas:
Kern = < [mm] \vektor{0 \\ b \\ c}, \vektor{a \\ 0\\ c}, \vektor{a \\ b \\ 0} [/mm] >
Wenn ich beim Berechnen des BIldes lineare Unabhängigkeit herausbekomme, dann besteht das Bild doch aus den Vektoren die ich zur Berechnung benutzt habe oder?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:20 So 11.01.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
nein, denn auch Vektoren, die nirgends ne 0 haben können lin unabh sein! ( mit Nullen sieht man es nur schneller)
Aber dein Kern war aus [mm] \IR^4, [/mm] ich hoffe das bezog sich nicht auf die Aufgabe davor, übrigens deine 3 genannten sind nicht lin unabh. 3. -2. =1..
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:27 So 11.01.2009 | | Autor: | Pille456 |
> Hallo
> nein, denn auch Vektoren, die nirgends ne 0 haben können
> lin unabh sein! ( mit Nullen sieht man es nur schneller)
> Aber dein Kern war aus [mm]\IR^4,[/mm] ich hoffe das bezog sich
> nicht auf die Aufgabe davor, übrigens deine 3 genannten
> sind nicht lin unabh. 3. -2. =1..
> Gruss leduart
Ne ich bezog mich auf keine Aufgabe, das war frei aus der Luft gegriffen. Was gilt denn dann bei linearen Unabhängigkeit bei den Elementen die ich zur Berechnung von Kernen heranziehe?
War das denn mit dem Bild richtig? Oder wie ist es da?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:50 So 11.01.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hattest doch sowohl Bild als auch Kern richtig. Kern 2d in [mm] R^4 [/mm] , Bild 2d in [mm] R^3
[/mm]
Deshalb versteh ich jetzt deine Frage nicht.
Gruss leduart
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Ah ja ne.. ich hatte mich da etwas falsch ausgedrückt.
Das bezog sich nicht mehr auf die von mir gestellte Aufgabe, sondern auf die gestellte Frage (in diesem Zusammenhang).
Also nochmal:
Angenommen ich hätte eine Matrix gegeben, deren Kern ich berechnen soll. Dann muss ich ja lösen A*x = 0. Wenn lineare Unabhängigkeit für die einzelnen Vektoren der Matrix dabei herauskommt, so ist x = 0. Wie lautet dann der Kern der Funktion? Wäre dieser dann nicht leer, sprich Kern = [mm] \emptyset [/mm] ?
Bei der Berechnung des Bildes kann ich ja ähnlich vorgehen, hierbei berechne ich dann ja A'*x = 0, wobei A' die Matrix ist, in der ich die Vektoren Zeilenweise aufgeschrieben hätte.
Wenn ich da nun lineare Unabhängigkeit herausbekomme, wie sähe das Bild dann aus? Wären das dann nicht die Einheitsvektoren?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:24 Di 13.01.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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